Cada tapa tiene un irredundante subcover?

Question

Mientras que la composición de una respuesta para esta pregunta, tengo atormentado por un punto de vista técnico. Yo quería afirmar la existencia de un irredundante subcover de una determinada apertura de la tapa, pero me di cuenta de que no estoy seguro de cómo garantizar que este existe. Tengo alrededor de este tecnicismo en esa situación en particular mediante el uso de otros aspectos de la configuración, pero ahora quiero entender la situación general. Voy a la frase de la pregunta en el idioma de la topología, pero realmente es puramente un conjunto teórico pregunta.

Vamos a llamar a un abierto de la cubierta $\{U_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda}$ irredundante si no $U_\lambda$ se puede quitar, es decir, si $\{U_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda'}$ no es nunca una portada si $\Lambda'$ es un subconjunto de a $\Lambda$; equivalentemente, si para cada $\lambda\in\Lambda$, $\bigcap_{\mu\neq \lambda} (U_\mu)^c$ es no vacío.

Dado un espacio topológico $X$ con un arbitrario abra la cubierta $\{U_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda}$, no siempre existe una irredundante subcover? Por qué?

Claramente no hay ningún problema si $\Lambda$ es finito (o si $X$ es compacto, por lo que lo primero que se puede pasar a un número finito subcover): simplemente coloque redundante $U_\lambda$'s de una en una hasta que la tapa es irredundante.

Pero lo que si $\Lambda$ tiene mucho mayor cardinalidad? Al principio pensé que deberíamos ser capaces de construir un irredundante subcover el uso de algún tipo adecuado de el axioma de elección. Después de todo, pensé, todo lo que tienes que hacer es colocar el redundantes $U_\lambda$'s. (I. e. por tales aquellas que $\bigcap_{\mu\neq \lambda}(U_\mu)^c$ está vacía.) No podemos caer todos a la vez, por desgracia, ya que podría no ser de izquierda, con una tapa. Pero si dejamos caer una a una, y volver a evaluar que son redundantes después de cada caída, entonces, bueno, de CA está diseñado para la organización de una secuencia infinita de opciones de este tipo.

Por ejemplo, podríamos tratar: por el bien de pedido teorema, imponer un orden en $\Lambda$. Entonces el conjunto de $\lambda$'s correspondientes a las $U_\lambda$'s tiene al menos un elemento, y esto es lo que soltar primero. Enjuague y repita.

O (esta fue mi primera idea), la instalación parece hecho a medida para el lema de Zorn: el subcovers de una cubierta de forma un vacío poset bajo la inversa de la inclusión, y la irredundante cubre son, precisamente, la máxima de los elementos de esta poset.

El problema es que, al final, yo en realidad no creo que uno en general puede llegar a un irredundante de la cubierta, incluso cuando existe, al caer redundante $U_\lambda$'s de una en una. El ejemplo que tengo en mente es, vamos a $X$ ser cualquier espacio vacío en todos, vamos a $\Lambda = \mathbb{N}$, y deje $U_1,U_2,\dots = X$. Este ejemplo muestra que, tanto de los enfoques anteriores se producirá. Si tratamos de construir un irredundante subcover en varias ocasiones la caída de la primera redundante $U_n$, se obtiene la secuencia de subcovers

$$ \{U_n\}_{n\geq 1}\supset \{U_n\}_{n\geq 2}\supset \dots$$

y el procedimiento nunca aterriza en un irredundante ya que el límite está vacío, que no es una tapa. Esta misma secuencia se muestra también la hipótesis del lema de Zorn no se cumplen (en el intento de arriba a utilizar el lema de Zorn): aquí es un aumento de la cadena en el poset de subcovers que no tiene un límite superior.

Este ejemplo me parece que muestran que la AC-enfoques basados en ladrando al árbol equivocado. Por otro lado, evidentemente no es un irredundante cubrir aquí: cualquier persona $U_n$ va a hacer el trabajo. Así que tal vez todavía hay esperanzas de que la pregunta la respuesta es sí?

Answer 1

Como sucede a menudo cuando escribo preguntas aquí, me di cuenta de algo mientras escribía. Aquí, de hecho, me di cuenta de la respuesta.

Es no.

Aquí es una cubierta abierta de a $\mathbb{R}$ sin irredundante subcover:

$\Lambda=\mathbb{N}$.

$U_n = (-n,n)$.

Debido a $U_1\subset U_2\subset U_3\subset\dots$, dado cualquier par de $U_n$'s, uno está contenido en el otro. Por lo tanto, cualquier subcover es redundante, a menos que consta de una sola $U_n$. Pero no sola $U_n$ forma una cubierta. Por lo tanto no subcover es irredundante.

Answer 2

Como ya has descubierto, la respuesta es no. De hecho, usted no puede incluso garantizar una irreductible abrir el refinamiento. Para $n\in\Bbb N$ deje $U_n=\{k\in\Bbb N:k<n\}$, y deje $\tau=\{U_n:n\in\Bbb N\}\cup\{\Bbb N\}$; a continuación, $\tau$ $T_0$ topología en $\Bbb N$, e $\tau\setminus\{\Bbb N\}$ es una cubierta abierta de a $\Bbb N$ sin irreductible abrir el refinamiento.

Un conocido resultado positivo es que cada punto finito abra la cubierta de un espacio tiene una irreductible subcover. Por lo tanto, cada apertura de la tapa de un metacompact espacio tiene un irreductible abrir el refinamiento. (Un espacio de $X$ es metacompact si toda cubierta abierta de a $X$ tiene un punto finito abierto refinamiento. Una familia de conjuntos es el punto finito si cada punto del espacio, se encuentra en sólo un número finito de conjuntos.)

Answer 3

No estoy seguro de si se le ayuda con tu pregunta original, pero permítanme tratar de proponer una alternativa concepto de la captura de la idea intuitiva de irredundancy: para cada punto, se toma el "más pequeño" conjunto abierto en la cubierta que contiene ese punto.

Formalmente, vamos a $\{U_{\lambda}\}_{\lambda\in\Lambda}$ ser un open de la cubierta del espacio topológico $X$ donde $\Lambda$ es un no-vacío conjunto de índices. Ahora dotar $\Lambda$ con un buen orden $\succsim$. Para cada punto de $x\in X$, vamos a $\lambda_x$ ser el menor elemento de a $\{\lambda\in\Lambda\,|\,x\in U_{\lambda}\}$ de acuerdo a la buena ordenación. A continuación, $\{U_{\lambda_x}\}_{x\in X}$ es un refinado subcover de $\{U_{\lambda}\}_{\lambda\in\Lambda}$.